2016年第57届国际数学奥林匹克队选拔考试思路分析.doc

第57届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试思路分析2016.03.17 严文兰数学工作室由于IMO试题比较困难，所以即使写了解答，同学们也不一定看得懂，或者理解试的解法，为什么这样想呢？以及自己做时如何分析问题呢？本文尽量给予阐明清楚。1. 如图，在圆内接六边形ABCDEF中，AB=BC=CD=DE，若线段AE内一点K满足BKC=KFE, CKD=KFA，证明：KC=KF。分析：圆中角的关系最为灵活也相对简单，由已知圆周角AFE=BKD，注意到弧BD=弧AE的一半，所以又有AFE=BOD，从而BKD=BOD，B、K、O、D四点共圆，注意到OC为此圆对称轴，所以在直径上，所以OK为BKD的外角平分线，这样分别延长BK、DK交圆O于B,D,就可以得到对称性：B、B;D、D关于OK对称，由此，联系所证，只要C、F也关于OK对称，即得KC=KF，故不妨设点C关于OK的对称点为点F，显然在圆上，下面设法证明F=F，由已知，可想到先证BKC=KFE，首先由对称性有BKC=BKF,下面要证的是KFE=BKF,这两个角是“内错角”，所以除非直线BDFE,除非弧BF=弧DE，由已知及对称性确实有弧BF=弧DE，从而得到BKC=KFE，延长FK交圆O于C,当点F变化时，弧EC=2KFE也跟着单调变化，所以使得BKC=KFE的点F唯一，又BKC=KFE，所以 F=F，所以KC=KF。2. 求最小的正实数，使得对任意三个复数，若，则。分析：由连续性，问题等价于条件、结论都是的情况。在高等数学中有最大模原理，解析函数在自变量在边界时达到最大模。所以，容易想到当最大时，至少有两个在边界，即满足，而=，故不妨设则，所以，所以下面设法证明之不妨设中的模最大，因为，将每个数都乘以代替原来的数，则左边更大，此时，因为，设，则，代入化简得左边=，先固定x，得，所以先负后正，先减后增，在两端最大，当时，当最大时，至少一个为1，不妨设，以下同前面分析，即旋转为在x轴负半轴上，设，则左边，所以。3. 给定整数，设集合，对任意元素，定义，求X的非空真子集的元素个数的最大值，使得对任意，均有分析：如果取，显然满足任意，均有但是，不满足条件A是X的真子集，我们考虑去掉X的一些元素，使得得到的集合A满足后面的条件。为此，考虑某个取少一个值k，这时A满足后面的条件，且，当时得到此种情形的最大值，元素能否再增加些呢？如果对此A添加一个元素，那么只有运算才可能产生新的元素，由此运算可知，所以如果对原来的A添加，则这样的A满足所有条件，此时，同理再往下添加，则不行了，如果这是最大值，那么，当时，就不满足条件，也就是必定会有A不是X的真子集，即，下面设法证明：当时，今对n行归纳法。(1) n=1时，显然。(2) 假设对，成立，那么对，将A分成支，则至少有一支，不妨设为，有，注意到每支都对运算封闭，由归纳假设，有是满的，即，因为A是X的真子集，所以至少有一支是不满的，不妨设为，记，则由运算知，再将s与的元素进行运算知，由的定义知，由于是不满的，所以至少有一个，所以，所以 ，得证。4. 设整数，数列满足，证明：对每个整数，存在的素因子，使得对，有。分析：像这种不整除的问题，首先应考虑反证法，反设对某个，不存在这样的，即的所有素因子都是的素因子，我们再来看递推式，这种非线性递推是比较复杂的，对此递推的把握容易想到这两点：整除与增长速度，考虑整除是因为联系所证的结论，递推式虽然复杂，但是考虑整除就不一定复杂了，比如当时，有，也有，结果都是同样简单的；考虑增长速度是因为d次幂增长非常快，显然要注意到这个特点，还有一个原因是，数论很常结合不等式技巧，所以应该如何考虑，应怎样分析，对水平高的同学来说条理是非常清晰的，思维更容易直指问题的本质。而不是乱想，而后才凑巧想到某个点。接下来，考虑比较简单的增长速度（不等式），有（因为可以无限大，故c相对较小，舍去，而是有可能等于2的），即 最后，考虑整除，注意到的所有素因子都是的素因子，以下比较素数幂是自然的了，设，由知，至少有一个，不妨设，设中的幂指数最大，为，则，要进行比较，就要考虑唯一的已知条件，因为，所以可以考虑，有，这样就化简了，所以，这与的幂指数最大为矛盾，所以假设不成立，得证。5.如图所示，四边形ABCD内接于圆O，A，C的内角平分线相交于点I，B，D的内角平分线相交于点J，直线IJ不经过点O，且与边AB，CD的延长线分别交于点P,R,与边BC，DA分别交于点Q,S,线段PR，QS的中点分别为M,N,证明：OMON。分析：要证垂直，联想与垂直有关的知识，熟知如果分别延长AI,CI,BJ,DJ,分别与圆O交于点ACBD,则四边形ABCD为矩形，这是因为由对称性，AC,BD都是圆的直径的缘故。所以只要证明MON等于其中一个直角即可，可想到分别证明OMAB,ONBC。再看中点条件，M为PR的中点，而O为四边形ABCD的中心，所以如果能证明点P，R分别在直线AB,CD上，则OM就位于平行线AB,CD的中间，从而有OMAB，从而转化为ABR与CDP三点共线问题，如果CDP三点共线，注意到此时会有AIC与BJD的对应点的连线交于点P，由笛沙格定理，会有这两个三角形的对应边的交点共线，反之也然，注意到有两双对应边的交点正好是内角平分线的交点E,F，这两个点在AD,BC所成角的平分线上，设AD,BC交于点G，AC,BD交于点H，则EFG三点共线，要证EFH三点共线，只要再证点H在直线EFG上即可，证明三点共线，还可联想到帕斯卡定理，考虑圆内接六边形ACCBDD,即得点FGH三点共线，所以EFH三点共线，从而对AIC与BJD，由笛沙格定理，CDP三点共线，同理ABR也三点共线，所以OMABCD,同理ONBCAD,得证。6设为整数，S是一个n元整数集合，证明：S至少有个子集，每个子集的元素和均被m整除。（这里约定空集的元素和为0）分析：注意到恰好是元集合的所有子集的个数，如果取S的某个元子集A，则A的所有子集（当然也是S的子集）的元素和有个，这样任取的元素和当然不大可能都被m整除，所以，我们应当考虑余下的个元素，设所成的集合为B，接下来自然考虑对前面的每个和，再于B中取若干元素的得和，使得凑出，如果能做到，这样，就可得到个子集元素和，都是m的倍数，从而完成证明。由于前面和的任意性，很可能是取遍了模m的完系，这就需要B满足：B的子集元素和也取遍模m的完系，所以考虑的重点为：如何从S中取出元子集B，使得B的子集元素和也取遍模m的完系？比如 就满足条件，注意，空集的元素和为0。（严格的写法是比如，模m下与1效果一样）这个问题是复杂的，如何接着考虑呢？我们可以试试能否复杂问题简单考虑，个太多不好把握，我们可以从1个开始，用数学归纳法的思想，从开始，每次添加一个元素，看B能否产生新的子集元素和，如果每次都可以，那么，添加到个元素时，就得到m个模m各不相同不同的数，也就是得到模m的完系了。证明如下：时，B的子集元素和为0，有一个，设B的元素小于k个时，在模m下它的所有不同子集元素和为，任取S的余下元素，将s添加到B中，如果此时B的子集元素和在模m下能产生新的数，则完成了我们想要的步骤。有以下两种情况：(1) 每次都顺利完成，得到S的元子集B，B的子集元素和取遍模m的完系，如上，至少有个S的子集和，每个都被m整除；(2) 对某个，B不能产生新的子集元素和，即对任意的S的余下元素s，在模m下不产生新的数，注意到模m各不相同，所以只能是的一个排列，所以有 ，设 ，则 ，所以S中余下的所有元素，每个都是的倍数，记为，又记，注意到 ，所以这种情形下，将S的子集元素和为m的倍数问